Неравенство с нижним и верхним пределами последовательности

[Nimza]

Задача такая:

\[ \mathop {\underline {\lim } }\limits_{n \to \infty } \frac{{a_{n + 1} }} {{a_n }} \leqslant \mathop {\underline {\lim } }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{a_n }} \]

.

[gris]

Посмотрите, как доказываются признаки сходимости Даламбера и Коши для рядов. Идея сравнения последовательности с некоторой геометрической прогрессией не подойдёт?

[Nimza]

gris
ряды использовать нельзя, задача на одну из первых тем всего курса мат. анализа.

Может быть есть ещё какие-нибудь варианты решения?

[Nerazumovskiy]

я вот пытаюсь разтолковать как можна доказательство той теоремы сюда применить http://mathem.h1.ru/ryad3.html

[gris]

допустим для некоторой последовательности $a_n$ выполняется строгое неравенство.
Возьмём последовательность $\frac {1} {a_n}$...
Или я чего то не понимаю?

Только сейчас увидел, что это нижние пределы. Oops, I did it again...

[Nerazumovskiy]

gris писал(а):

допустим для некоторой последовательности $a_n$ выполняется строгое неравенство.
Возьмём последовательность $\frac {1} {a_n}$...

{знак непонимания}

[ewert]

Ну допустим так. Допустим, что нижний предел ${a_{n+1}\over a_n}$ равен $c$. Тогда для любого $\varepsilon>0$ найдётся номер, начиная с которого будет ${a_{n+1}\over a_n}>c-\varepsilon$. Т.е. будет $a_n>A\cdot(c-\varepsilon)^n$. И это для всех достаточно далёких номеров, между прочим!

Но тогда и нижний предел $\sqrt[n]{a_n}$ тоже будет не меньше, чем $c-\varepsilon$. Причём для всех положительных $\varepsilon$. Т.е. попросту будет не меньше $c$.

(А вот кому и зачем всё это нужно -- я не в курсе.)

[Nerazumovskiy]

спс. Ето одно из возможных заданий на экзамен.

[ewert]

Но, между прочим, случай $c=0$ я не рассмотрел. Лень.

[Nerazumovskiy]

та это уже мелочи если $c=0$ то очевидно равенство.

[Nimza]

ewert
честно говоря, не понятно, как из этого следует исходное неравенство...

Кстати, при замене

\[ \frac{{a_{n + 1} }} {{a_n }} = y_n \]

это неравенство сводится к

\[ \mathop {\underline {\lim } }\limits_{n \to \infty } y_n \leqslant \mathop {\underline {\lim } }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{y_1 y_2 ...y_n }} \]

.

[ewert]

Nimza в сообщении #178217 писал(а):

честно говоря, не понятно, как из этого следует исходное неравенство...

Ну как же. Мы предположили, что предел слева равен $c.$ И пришли к выводу, что тогда предел справа не меньше $c.$ А что ещё нужно для счастья?

Формально это доказательство работает только при $c\neq0$ и $c\neq+\infty.$ Случай $c=+\infty$ доказывается аналогично (надо только заменить произвольное $c-\varepsilon$ на произвольное $M>0$). Случай $c=0$ просто тривиален.